Question

7．已知函数f（x）=lnx-2ax（其中a∈R）．
（1）当a=2时，求函数f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（2）若f（x）≤2恒成立，求a的取值范围；
（3）设g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²，且函数g（x）有极大值点x₀．求证：x₀f（x₀）+1+ax${\;}_{0}^{2}$＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（2）由x＞0，得到$2a≥\frac{lnx-2}{x}$恒成立，令$φ（x）=\frac{lnx-2}{x}$（x＞0），根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，根据函数的极值得到a的表达式，令$h（x）=-\frac{x^3}{2}-\frac{x}{2}+xlnx+1$，x∈（0，1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=lnx-4x，则$f'（x）=\frac{1}{x}-4$（x＞0），…（1分）
∴f（1）=-4，f'（1）=-3，…（2分）
∴函数f（x）的图象在x=1处的切线方程为y-（-4）=-3×（x-1），
即3x+y+1=0．          …（3分）
（2）不等式f（x）≤2，即lnx-2ax≤2，∴2ax≥lnx-2，
∵x＞0，∴$2a≥\frac{lnx-2}{x}$恒成立，…（4分）
令$φ（x）=\frac{lnx-2}{x}$（x＞0），则$φ'（x）=\frac{3-lnx}{x^2}$，
当0＜x＜e³时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
当x＞e³时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
∴当x=e³时，φ（x）取得极大值，也为最大值，
故$φ{（x）_{max}}=φ（{e^3}）=\frac{1}{e^3}$，…（5分）
由$2a≥\frac{1}{e^3}$，得$a≥\frac{1}{{2{e^3}}}$，
∴实数a的取值范围是$[\frac{1}{{2{e^3}}}，+∞）$．                  …（6分）
（3）证明：由$g（x）=f（x）+\frac{1}{2}{x^2}=\frac{1}{2}{x^2}-2ax+lnx$，
得$g'（x）=x+\frac{1}{x}-2a=\frac{{{x^2}-2ax+1}}{x}$，…（7分）
①当-1≤a≤1时，g'（x）≥0，g（x）单调递增无极值点，不符合题意；…（8分）
②当a＞1或a＜-1时，令g'（x）=0，设x²-2ax+1=0的两根为x₀和x'，
∵x₀为函数g（x）的极大值点，∴0＜x₀＜x'，
由x₀•x'=1，x₀+x'=2a＞0，知a＞1，0＜x₀＜1，
又由$g'（{x_0}）={x_0}+\frac{1}{x_0}-2a=0$，得$a=\frac{{{x_0}^2+1}}{{2{x_0}}}$，…（9分）
∵${x_0}f（{x_0}）+1+a{x_0}^2={x_0}ln{x_0}-\frac{{{x_0}^3+{x_0}}}{2}+1$（0＜x₀＜1），
令$h（x）=-\frac{x^3}{2}-\frac{x}{2}+xlnx+1$，x∈（0，1），则$h'（x）=-\frac{{3{x^2}}}{2}+\frac{1}{2}+lnx$，
令$μ（x）=-\frac{{3{x^2}}}{2}+\frac{1}{2}+lnx$，x∈（0，1），则$μ'（x）=-3x+\frac{1}{x}=\frac{{1-3{x^2}}}{x}$，
当$0＜x＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，μ'（x）＞0，当$\frac{{\sqrt{3}}}{3}＜x＜1$时，μ'（x）＜0，
∴$μ{（x）_{max}}=μ（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）=ln\frac{{\sqrt{3}}}{3}＜0$，…（11分）
∴h'（x）＜0，∴h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1）=0，
∴${x_0}f（{x_0}）+1+a{x_0}^2＞0$．  …（12分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．